动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题讲义-2025届高三数学三轮考点复习

2025届高三三轮冲刺高频考点复习讲义 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题 高频考点分析 1.动点的表示方法： （1）若动点所在直线与坐标轴平行或重合，则直接设动点坐标. ①若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数，为变量. ②若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数，为变量. ③若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数，为变量. （2）若动点所在直线与坐标轴不平行，已知点、，动点在直线上运动，则,所以，由此可表示出点坐标或直接利用表示出目标向量. 2.边长缺失问题 （1）设所求边长为； （2）将代入求直线向量与平面的法向量； （3）翻译题目所给条件，得到关于的方程，求解的. ※题目所给附加条件可以是位置关系、空间角度大小或空间距离等. 3.最值与范围问题 （1）明晰是动点还是边长缺失引起的最值问题，设出动点或边长； （2）利用设出的动点或边长，表示直线向量与平面的法向量； （3）翻译题目所求的几何量，进而根据解析式的形式选择恰当的方法求最值. 4. 代数法求最值的常见方法 （1）单调性法 （2）二次函数法 （3）三角函数法 （4）换元法 （5）基本不等式法 （6）分离常数法 （7）判别式法 真题速递 1．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 2．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．   (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 实战演练一：动点问题 1．（24-25高三下·天津·阶段练习）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 2．（24-25高三下·山西晋中·阶段练习）如图，正方体的棱长为3，M为CD的中点，点N在线段上（不含端点）. (1)若平面，求证：N为的中点； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求线段CN的长度. 3．（2025·陕西咸阳·二模）如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上. (1)求三棱锥的体积； (2)若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角正切值为？若存在，求点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 4．（2025·北京石景山·一模）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，N为的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点M在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点M到平面的距离． 5．（2025·山西太原·一模）如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面，平面平面，是等边三角形． (1)求证：； (2)若，点是线段上一点，二面角的余弦值为，求的长． 6．（2025·吉林长春·模拟预测）斜三棱柱各棱长为为棱上的一点. (1)求证：； (2)若平面平面，且二面角的余弦值为，求的长. 实战演练二：边长缺失问题 1．（24-25高三下·辽宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，，，是棱上一点，且二面角为直二面角． (1)证明：是中点； (2)若，且二面角的余弦值为，求的长． 2．（24-25高三上·江苏扬州·期末）如图，在直三棱柱中，，二面角为直二面角．点为棱的中点，棱与平面相交于点． (1)求证：为棱的中点； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 3．（2025·新疆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，. (1)求证：； (2)若，当平面平面时，求的长. 4．（2025·北京东城·一模）如图，在几何体中，四边形为平行四边形，平面平面. (1)证明：平面； (2)已知点到平面的距离为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的长. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 5．（24-25高三下·江苏盐城·阶段练习）直三棱柱，已知∠ABC为直角，，，线段上有一点M，线段存在一点N，使得面MAB． (1)求CN长； (2)若二面角所成角余弦值为时，求AB长． 6．（24-25高三下·江苏·开学考试）如图，在三棱锥中，为棱上一点，，且，． (1)证明：平面； (2)求四面体的外接球的体积； (3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 实战演练三：最值与范围问题 1．（2025·宁夏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，O为底面ABCD的中心，． (1)求证：平面ABCD； (2)设M为的中点，CM交于点P，点Q满足． （i）求直线AP与平面所成角的正弦值； （ⅱ）求平面与平面APQ夹角的余弦值的取值范围，并说明t取何值时，平面平面APQ． 2．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是四边形（不含边界）内的动点且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 3．（24-25高二上·辽宁·期末）如图①，在中，，，，分别是，上的点，满足，且经过的重心.将沿折起到的位置（如图②），使平面，存在动点，使. (1)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (2)设直线与平面所成角为，求的最大值. 4．（2025·湖南邵阳·一模）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点. (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 5．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点. (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值； (3)求点到直线的距离的最小值. 6．（24-25高二上·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，且，为的中点． (1)证明：； (2)求二面角的正弦值； (3)若点分别是直线上的动点，求的最小值． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$2025届高三三轮冲刺高频考点复习讲义 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题 高频考点分析 1.动点的表示方法： （1）若动点所在直线与坐标轴平行或重合，则直接设动点坐标. ①若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数，为变量. ②若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数，为变量. ③若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数，为变量. （2）若动点所在直线与坐标轴不平行，已知点、，动点在直线上运动，则,所以，由此可表示出点坐标或直接利用表示出目标向量. 2.边长缺失问题 （1）设所求边长为； （2）将代入求直线向量与平面的法向量； （3）翻译题目所给条件，得到关于的方程，求解的. ※题目所给附加条件可以是位置关系、空间角度大小或空间距离等. 3.最值与范围问题 （1）明晰是动点还是边长缺失引起的最值问题，设出动点或边长； （2）利用设出的动点或边长，表示直线向量与平面的法向量； （3）翻译题目所求的几何量，进而根据解析式的形式选择恰当的方法求最值. 4. 代数法求最值的常见方法 （1）单调性法 （2）二次函数法 （3）三角函数法 （4）换元法 （5）基本不等式法 （6）分离常数法 （7）判别式法 真题速递 1．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 2．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)1 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 实战演练一：动点问题 1．（24-25高三下·天津·阶段练习）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为菱形，所以. 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. （2）因为平面平面，所以， 又， 以为原点，分别以的方向为轴，轴，..轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 由（1）知平面CDE的法向量为， 设平面的法向量为，则， 令，得，所以. 故c， 平面CDE与平面ABE夹角的余弦值为； （3）假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设， 则 , 解得或. 所以线段上存在点，当或时， 使得直线与平面所成角的正弦值为. 2．（24-25高三下·山西晋中·阶段练习）如图，正方体的棱长为3，M为CD的中点，点N在线段上（不含端点）. (1)若平面，求证：N为的中点； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求线段CN的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1） 连接，经过的平面平面， 又平面，所以， 因为M为CD的中点，所以为的中位线，所以N为的中点 （2） 以为原点，，，分别为，，轴建立如图空间直角坐标系坐标系， 则，，，， ，，， 设，，则， 设平面的法向量为， 则， 则，取，得，所以， 设平面的法向量为， 则， 则，取，得，所以， 由题可得，解得， 所以. 3．（2025·陕西咸阳·二模）如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上. (1)求三棱锥的体积； (2)若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角正切值为？若存在，求点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【详解】（1）作，垂足为，连接，如图所示. 由点在平面的射影落在边上，可得平面， 又平面，所以，因为，且，平面， 所以平面，又平面，所以. 因为四边形为矩形，所以，可得， 由，，可得，，. 所以，. 由，可得，即， 则. 在中，. 所以. （2）根据题意，以点为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，，，. 设，， 可得， 所以. 易知，，，. 设平面的一个法向量为， 所以， 解得，取，则，即， 设平面的一个法向量为， 所以，解得， 取，则，即， 因为平面与平面的夹角正切值为，所以平面与平面的夹角的余弦值为， 因此可得，整理可得，解得（舍去）或. 因此当时，平面与平面的夹角的正切值为，此时点到平面的距离为. 4．（2025·北京石景山·一模）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，N为的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点M在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点M到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）设的中点为，连接， 因为N为的中点，所以，且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）记的中点为，连结， 因为，，， 所以四边形是矩形，则，， 以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 所以， 由图可知，二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. （3）依题意，设，则， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 5．（2025·山西太原·一模）如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面，平面平面，是等边三角形．    (1)求证：； (2)若，点是线段上一点，二面角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【详解】（1）证明：设是的中点，连结，， ∵平面，∴， ∵是等边三角形，∴， ∵平面平面，∴平面，      ∴，∴，，，共面， ∵四边形边长为2的菱形，，， 在中，， ∴，∴， ∵四边形为菱形，∴，∴， ∵，∴平面，∴． （2）由（1）得，， ∵平面， ∴，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 设是平面的一个法向量，则 ∴ 取，则，∴， 设是平面的一个法向量，则 ∴ 取，则，，∴， ∵二面角的余弦值为，∴， ∴或（舍去），∴． 6．（2025·吉林长春·模拟预测）斜三棱柱各棱长为为棱上的一点. (1)求证：； (2)若平面平面，且二面角的余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【详解】（1）证明：取中点，在中，为中点，所以， 在中，，所以， 所以有，即，所以， 又因为平面平面，所以平面， 又因为平面，所以； （2）由（1）知且平面平面，所以面， 则，如图以两两垂直， 以为坐标原点，以方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系. ， 设， ， 设平面法向量为， ， 可取， 平面的法向量为， 所以有， 化简得， 所以有（舍）或者，所以. 实战演练二：边长缺失问题 1．（24-25高三下·辽宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，，，是棱上一点，且二面角为直二面角． (1)证明：是中点； (2)若，且二面角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【详解】（1）证明：由已知可得，则， 由二面角为直二面角，则平面平面， 因为平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以，又，所以． 又，由等腰三角形的性质，知是中点． （2）由已知和（1），以为原点，，，分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系． 故平面的一个法向量． 设平面的法向量为，设， 由已知可得， ， 所以，，， 所以，， 由，可得， 取， 所以， 化简得， 解得（舍）或，所以 又是中点，所以，即长为4． 2．（24-25高三上·江苏扬州·期末）如图，在直三棱柱中，，二面角为直二面角．点为棱的中点，棱与平面相交于点． (1)求证：为棱的中点； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【详解】（1）证明：因为直三棱柱，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以． 又为的中点，所以为的中点． （2）方法一：由直三棱柱得平面， 又平面，所以，， 所以即为二面角的平面角． 又二面角为直二面角，所以． 如图，以点为原点，分别以，为轴建立空间直角坐标系． 设，则，， 所以，，． 设为平面的法向量，则即 不妨取，则是平面的一个法向量， 所以． 设直线与平面所成角为，所以， 解之得，即． 方法二：在平面内，过点作，垂足为，连接， 由直三棱柱得平面，又平面， 所以，， 所以即为二面角的平面角． 又二面角为直二面角，所以，即， 又，，平面，所以平面． 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角． 设，因为，， 所以，所以， 解之得，即． 3．（2025·新疆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，. (1)求证：； (2)若，当平面平面时，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在菱形中，， 又平面，平面， ，又， 平面，平面， 平面，平面， . （2）设，交点为，则， 以为原点，以，，分别为轴，轴，建立如图直角坐标系， 设，则，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，则， 取平面的法向量为， 则，取，则， ， ，. 即. 4．（2025·北京东城·一模）如图，在几何体中，四边形为平行四边形，平面平面. (1)证明：平面； (2)已知点到平面的距离为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的长. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析； (2)所选条件见解析，. 【详解】（1）由四边形为平行四边形，则，又， 平面，平面，则平面，同理平面， 由，都在平面内，则平面平面， 平面，则平面； （2）平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，则，， 选条件①：，都在平面内，则平面， 平面，则； 选条件②：由，，， 则，又，故， 所以，则， 综上，，，， 以为原点，为的正方向建立空间直角坐标系， 所以，令，则， 故，， 令是平面的一个法向量，则， 取，则， 由题设，可得， 所以. 5．（24-25高三下·江苏盐城·阶段练习）直三棱柱，已知∠ABC为直角，，，线段上有一点M，线段存在一点N，使得面MAB． (1)求CN长； (2)若二面角所成角余弦值为时，求AB长． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）以B为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，．设，， 则，，， 设平面MAB的法向量，则, 令，得，即． 由题意，，即，故， 所以． （2）由（1）得，． 设平面的法向量，则 ， 令，则，即． 而平面PAC的法向量． 所以． 由题意得， 解得，即． 6．（24-25高三下·江苏·开学考试）如图，在三棱锥中，为棱上一点，，且，． (1)证明：平面； (2)求四面体的外接球的体积； (3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【详解】（1）根据题意由可得， 即， 又，且平面， 因此平面； （2）由（1）中平面，又平面，所以； 又，， 所以两两垂直， 所以四面体的外接球即为以为长方体的长、宽、高时长方体的外接球，该球直径为， 因此四面体的外接球的体积为. （3）由（1）中两两垂直可知， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点作垂直于平面的直线作为轴建立空间直角坐标系，如下所示： 设，在中由勾股定理可得， 易知； 可得； 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则， 所以， 因此可得， 解得. 可得的长为. 实战演练三：最值与范围问题 1．（2025·宁夏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，O为底面ABCD的中心，． (1)求证：平面ABCD； (2)设M为的中点，CM交于点P，点Q满足． （i）求直线AP与平面所成角的正弦值； （ⅱ）求平面与平面APQ夹角的余弦值的取值范围，并说明t取何值时，平面平面APQ． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ⅱ），时平面平面APQ． 【详解】（1）由题设，显然， 易知为直角三角形，即， 连接，又，为公共边，则，即， 由题意为中点，则， 由且都在面内，则平面ABCD； （2）（i）由（1）知平面ABCD，而且，则， 即为平行四边形，故，故面ABCD，且为正方形， 可构建如图示的空间直角坐标系，则， 由M为的中点，CM交于点P，设， 由，，则， 所以，则，可得，则， 而面的一个法向量为， 所以， 故直线AP与平面所成角的正弦值； （ⅱ）由，则，故， 又，， 若是面，即面的一个法向量， 则，取，故， 若是面APQ的一个法向量， 则，取，故， 所以， 由，则，所以， 当时，，此时平面平面APQ． 2．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是四边形（不含边界）内的动点且．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【详解】（1）因为所以， 所以，所以， 由三棱柱是直三棱柱，得平面，又平面，所以， 因为，平面， 所以平面. （2）由于，且平面， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，且是四边形（不含边界）内的动点,． 所以，即， 设， 所以． 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的法向量为． 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的法向量为． 设平面与平面所成角为 则， 令，则， 因为在上单调递减，所以，所以. 所以平面与平面所成角的余弦值的取值范围. 3．（24-25高二上·辽宁·期末）如图①，在中，，，，分别是，上的点，满足，且经过的重心.将沿折起到的位置（如图②），使平面，存在动点，使. (1)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (2)设直线与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1) (2). 【详解】（1）由题可知，，，两两垂直， 翻折前，因为经过的重心，且， 所以， 所以，，， 翻折后， 由勾股定理得， 以为原点，直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，，. 设平面的法向量为， 则 令，则，，可得. 设平面的法向量为， 则 令，则，，可得. 可得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （2）由（1）可知，，， 设平面的法向量为， 则 令，则，，可得. 且， 因为直线与平面所成角为， 则，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为. 4．（2025·湖南邵阳·一模）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点. (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3). 【详解】（1），，所以 又，， 又，，，. （2）在直四棱柱中，平面，又平面，所以，， ，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，，. ，，， 设为平面的一个法向量， 令，得，. 设平面的一个法向量，则，取. ，又平面与平面不重合， 平面平面. （3）当时，为平面的一个法向量，， 则， 设， ，， 设直线与平面所成角为， ， 当且仅当时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 5．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.    (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值； (3)求点到直线的距离的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）取的中点F，连接，， 又，点F是的中点， 所以，， 又，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取的中点O，连接，，如图所示，    因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又平面，所以，， 又，得，所以以O为坐标原点，直线，， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 设，， 所以， 又，设平面的法向量为， 所以， 令，解得，， 所以平面的法向量. 又，， 设平面的法向量为，所以， 令，解得，， 所以平面的法向量. 设平面与平面的夹角为， 所以 ， 解得，所以； （3）设，， 所以， 又，所以点到直线的距离 ， 当时，； 当时，， 而，当时，取最小值， 此时. 综上，点到直线的距离的最小值为. 6．（24-25高二上·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，且，为的中点． (1)证明：； (2)求二面角的正弦值； (3)若点分别是直线上的动点，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）如图，取的中点，连接． 因为为的中点，为的中点，所以． 因为底面，所以平面，又平面， 所以． 因为底面是矩形，且，所以， 又，所以，所以， 所以，所以． 又，平面，所以平面． 又平面，所以． （2）如图，以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则． 由题意知平面的一个法向量为． 易知， 设平面的法向量为， 则即取， 所以， 所以二面角的正弦值为． （3）因为点分别是直线上的动点， 设，则， 所以． 设，则， 所以，则 ， 所以当时，． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$